2020-2021学年河南省南阳市高三（上）期中质量评估数学试卷北师大版

这是一份2020-2021学年河南省南阳市高三（上）期中质量评估数学试卷北师大版，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 集合A={y|y=x+1, x∈R}，B={y|y=2x, x∈R}，则A∩B等于( )
A.{1, 2}B.{0, 1}C.(0, +∞)D.{(0, 1), (1, 2)}

2. 已知a1−i=−1+bi，其中a，b∈R，则复数a−bi在复平面内对应的点位于( )
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

3. 已知函数fx的定义域−2,2，则函数fx−1的定义域为( )
A.−2,2B.−1,3C.−3,1D.0,2

4. 已知向量a→=(m, 1)，b→=(3, m−2)，则m=3是a→//b→的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.既不充分又不必要条件D.充要条件

5. 已知：数列an为等差数列，Sn为其前n项和．若a1=2024，且S20202020−S20192019=3，则S2021=( )
A.1×20212B.2×20212C.3×20212D.4×20212

6. 函数y=f(x)的导函数的图象如图所示，则下列说法错误的是( )

A.(−1, 3)为函数y=f(x)的递增区间
B.(3, 5)为函数y=f(x)的递减区间
C.函数y=f(x)在x=0处取得极大值
D.函数y=f(x)在x=5处取得极小值

7. 在△ABC中，角A,B,C所对应的三边分别为a,b,c．若b=2acsA,a2+b2−c2=ab,则下面式子中不可能成立的是( )
A.aC.c
8. 已知：a=lg232，b=lg423，c=32−2，则a，b，c的大小关系是( )
A.b
9. 已知：AB为圆：x2+y2=1上一动弦，且|AB|=2，点P23,6，则PA→⋅PB→最大值为( )
A.12B.18C.24D.32

10. 如果函数fx=a−1x2+b+2x+1（其中b−a≥2）在1,2上单调递减，则3a+2b的最大值为( )
A.4B.−1C.23D.6

11. 若函数f(x)＝2sinωx(ω>0)在[−π3, π4]上的最小值是−2，但最大值不是2，则ω的取值范围是( )
A.(0, 2)B.[32, 2)C.(0, 32]D.[2, +∞)

12. 已知函数f(x)=lnx−ax2+x有两个不同的零点，则实数a的取值范围是( )
A.(0,1)B.(−∞,1)C.(0,+∞)D.(1,1e)
二、填空题

已知平面向量α→，β→，α→=1，β→=(1,3)，α→⊥(α→−2β→)，则2α→+β→的值是________.

已知：等比数列an的前n项和Sn=a⋅2n−3，则a5=________.

若函数gx=sin2x+π6在区间0,a3和4a,7π6上均递增，则实数a的取值范围是________.

已知函数f(x)对x∈R均有f(x)+2f(−x)=mx−6，若f(x)≥lnx恒成立，则实数m的取值范围是________．
三、解答题

已知数列 {an}满足 a1=1，an+1=an−2n+2.
(1)判断数列{an+2n}否为等差数列，并说明理由；

(2)记 Sn 为数列{an}的前n项和，求 Sn.

如图，在四边形ABCD中，∠DAB=π3，AD:AB=2:3，BD=7，AB⊥BC.

(1)求sin∠ABD的值；

(2)若∠BCD=2π3，求CD的长．

已知数列an是首项为2的等差数列，数列bn是公比为2的等比数列，且数列an⋅bn的前n项和为Sn=n⋅2n+1n∈N∗.
(1)求数列an,bn的通项公式；

(2)若c1=a1b1，当n≥2时，cn−cn−1=an⋅bn，求数列cn的通项cn.

已知函数fx=x2+ax+b，不等式fx≤0的解集为−1,3.
(1)求函数fx的解析式；

(2)求方程fx=4xlnx根的个数．

在△ABC中，角A,B,C所对应的三边分别为a，b，c．sinA,sinB,sinC成等比数列．
(1)若c=2a，求csB的值；

(2)当B取得最大值时，求证：A，B，C成等差数列．

已知函数fx=x2−2ax+alnxa∈R
(1)若fx在区间1,2上是单调函数，求实数a的取值范围；

(2)若存在x0∈1,e，使得fx0+a−2x0≥0成立，求实数a的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省南阳市高三（上）期中质量评估数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
交集及其运算
函数的值域及其求法
【解析】
根据一次函数的值域求出A，根据指数函数的值域求出B，再利用两个集合的交集的定义求出A∩B．
【解答】
解：∵ 集合A={y|y=x+1, x∈R}=R=(−∞, +∞)，
B={y|y=2x, x∈R}={y|y>0}=(0, +∞)，
故A∩B=(−∞, +∞)∩(0, +∞)=(0, +∞).
故选C．
2.
【答案】
B
【考点】
复数代数形式的乘除运算
复数的代数表示法及其几何意义
【解析】
把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，利用复数相等的条件求得a，b得答案．
【解答】
解：由a1−i=−1+bi，
得 a=−1+bi1−i=b−1+b+1i，
则b+1=0，a=b−1.
即a=−2，b=−1.
即复数a−bi在复平面内对应的点的坐标为−2,1，位于第二象限．
故选B.
3.
【答案】
B
【考点】
函数的定义域及其求法
抽象函数及其应用
【解析】
由函数fx的定义域为−2,2，知函数fx−1的定义域为{x|−2≤x−1≤2}，由此能求出结果．
【解答】
解：函数fx的定义域为−2,2，
则函数fx−1的定义域为{x|−2≤x−1≤2}，
即{x|−1≤x≤3}.
故选B．
4.
【答案】
A
【考点】
平行向量的性质
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
向量a→=(m, 1)，b→=(3, m−2)，a→ // b→，则3＝m(m−2)，即m2−2m−3＝0，m＝3或者−1，判断出即可．
【解答】
解：向量a→=(m, 1)，b→=(3, m−2)，
a→//b→，则3=m(m−2).
即m2−2m−3=0，
解得m=3或m=−1，
所以m＝3是a→//b→的充分不必要条件.
故选A.
5.
【答案】
D
【考点】
等差数列的前n项和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设Sn=an2+bna≠0，则Snn=an+b．
解：数列{an}是等差数列，设公差为d1，
则Snn=a1+n−12d1=d12n+(a1−12d1)，
可知：数列 {Snn} 是等差数列，
∵ a1=2024 ,S20202020−S20192019=3．
∴ Snn的首项为 2024，公差为3的等差数列，
S2021=4×20212.
故选D.
6.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究函数的单调性
导数的几何意义
利用导数研究函数的极值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由函数y=f(x)的导函数f′(x)的图象知，
当x<−1及3当−15时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)的单调递减区间为(−∞,−1)和(3,5)，
单调递增区间为(−1,3)和(5,+∞)，
所以f(x)在x=−1，5处取得极小值，
在x=3处取得极大值，
因此C是错误的.
故选C.
7.
【答案】
C
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ b=2acsA,a2+b2−c2=ab，
∴ csC=a2+b2−c22ab=ab2ab=12，
又∵ AsinA=BsinB=CsinC=2R,
sin2A+cs2B=1，
∴ sin2B+sin2A−sinAsinB=34，
又∵ b=2acsA,正弦定理得sinB=sin2A，
∴ B=2A或B=π−2A,
∴ C不可能成立.
故选C.
8.
【答案】
A
【考点】
指数式、对数式的综合比较
【解析】
利用对数函数的单调性和中间量0和12比较大小．
【解答】
解：由a=lg232>lg22=12，
b=lg423c=32−2=232=49<12，
可得b故选A.
9.
【答案】
C
【考点】
平面向量数量积的运算
直线和圆的方程的应用
点到直线的距离公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ |AB|=2，
∴ ∠AOB=90​∘，|PO|=32，
设PO→与OA→的夹角为A,
∵ PA→⋅PB→=PO→2+PO→⋅(OA→+OB→)+OA→⋅OB→
=18+PO→⋅(OA→+OB→)+OA→⋅OB→
=18+|PO→|⋅|OA→|csA+|PO→|⋅|OB→|sin(π2−A)
=18+32csA+32sinA
=18+6sin(A+π4).
则PA→⋅PB→最大值为24.
故选C.
10.
【答案】
A
【考点】
函数的最值及其几何意义
不等式的概念与应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：当a−1=0，a=1时，
即fx=b+2x+1，
因为b−a≥2，
所以b+2>0，fx=b+2x+1在1,2上单调递增，不符合题意；
由fx=a−1x2+b+2x+1在1,2上单调递减，
f(x)的对称轴为x=−b+22(a−1)，
当a−1>0，a>1，
x=−b+22(a−1)≥2，得4a+b≤2，
因为b−a≥2，
即3a+2b=4a+b−a+b≤4 .
当a−1<0，a<1，
x=−b+22(a−1)≤1，得2a+b≤0，
因为b−a≥2，
即3a+2b=4a+b−a+b≤4 .
综上所述，3a+2b的最大值为4.
故选A.
11.
【答案】
B
【考点】
正弦函数的定义域和值域
【解析】
根据x∈[−π3, π4]求出ωx的取值范围，结合题意列出ω的不等式组，从而求出ω的取值范围．
【解答】
解：函数y＝2sinωx(ω>0)在[−π3, π4]上的最小值是−2，但最大值不是2，
∴ ωx的取值范围是[−π3ω, π4ω]；
∴ −π3ω≤−π2且π4ω<π2，
解得32≤ω<2，
∴ ω的取值范围是[32, 2)．
故选B.
12.
【答案】
A
【考点】
函数零点的判定定理
利用导数研究函数的极值
【解析】
不妨令g(x)=lnx，ℎ(x)=ax2−x，将零点问题转化为交点问题，而ℎ(x)=x(ax−1)，①a≤0时，g(x)和ℎ(x)只有一个交点，通过图象一目了然．
【解答】
解：若函数f(x)=lnx−ax2+x有两个不同的零点，
不妨令g(x)=lnx，ℎ(x)=ax2−x，
将零点问题转化为交点问题，
而ℎ(x)=x(ax−1)，
①a≤0时，g(x)和ℎ(x)只有一个交点，
②0如图示：
，
a=1时，有1个交点，
a>1时，没有交点，
故选A.
二、填空题
【答案】
10
【考点】
数量积判断两个平面向量的垂直关系
平面向量数量积的运算
向量的模
【解析】
将向量垂直关系转化为向量的数量积等于零，解得α→⋅β→=12，然后再利用向量模的公式求解即可.
【解答】
解：由题意α→=1,β→=2，α→⊥(α→−2β→)，
所以α→⋅(α→−2β→)=α→2−2α→⋅β→=0，所以α→⋅β→=12，
所以2α→+β→2=4α→2+4α→⋅β→+β→2=4+2+4=10，
则2α→+β→=10.
故答案为：10.
【答案】
48
【考点】
等比数列的前n项和
等比数列的性质
【解析】
1
【解答】
解：∵Sn=a⋅2n−3,
∴ a1=S1=2a−3，a2=S2−S1=2a，
a3=S3−S2=4a,
∵ a22=a1⋅a3，
即4a2=4a(2a−3),
解得a=3或a=0（舍去），
∴a5=S5−S4=a⋅25−3−(a⋅24−3)
=16a=3×16=48.
故答案为：48.
【答案】
[π6，7π24)
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的性质
正弦函数的单调性
【解析】
由题意先求函数y=Asinωx+φ的单调增区间，然后根据题意得到集合的包含关系，即0,2a3⊆−π3,π6，4a,7π6⊆2π3,7π6，从而可以求得a的范围．
【解答】
解：对于gx=sin2x+π6，
由−π2+2kπ≤2x+π6≤π2+2kπ，k∈Z，
解得kπ−π3≤x≤kπ+π6，k∈Z.
可得gx的单调增区间为[kπ−π3, kπ+π6]， k∈Z.
要使得gx在区间0,a3 ，4a,7π6上均单调递增，
则0,a3⊆−π3,π6，4a,7π6⊆2π3,7π6，
所以a3≤π6，7π6>4a≥2π3，
解得即π6≤a<7π24.
故答案为：[π6，7π24).
【答案】
(−∞, −e]
【考点】
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
根据条件利用解方程组法求出f(x)的解析式，然后由f(x)≥lnx恒成立，可得m≤−2+lnxx恒成立，构造函数g(x)=2+lnxx，求出g(x)的最小值，可进一步求出m的范围．
【解答】
解：∵ 函数f(x)对x∈R均有f(x)+2f(−x)=mx−6①，
∴ 将−x换为x，得f(−x)+2f(x)=−mx−6②，
∴ 由①②，解得f(x)=−mx−2．
∵ f(x)≥lnx恒成立，
∴ m≤−2+lnxx恒成立，
∴ 只需m≤(−2+lnxx)min．
令g(x)=−2+lnxx，
则g′(x)=lnx+1x2，
令g′(x)=0，则x=1e，
∴ g(x)在(0, 1e)上单调递减，在(1e, +∞)上单调递增，
∴ g(x)min=g(1e)=−e，
∴ m≤−e，
∴ m的取值范围为(−∞, −e]．
故答案为：(−∞, −e]．
三、解答题
【答案】
解：(1)∵an+1=an−2n+2,
∴(an+1+2n+1)−(an+2n)=2，
∴ 数列 {an+2n} 为公差为2的等差数列.
(2) ∵a1=1, ∴a1+2=3 ,
由(1)可得： an+2n=3+2(n−1)=2n+1,
∴an=2n−2n+1,
∴Sn=2(1+2+3+⋯+n)−(2+22+23+⋯+2n)+n
=2×n(1+n)2−2(1−2n)1−2+n
=n2+2n−2n+1+2.
【考点】
等差关系的确定
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)∵an+1=an−2n+2,
∴(an+1+2n+1)−(an+2n)=2，
∴ 数列 {an+2n} 为公差为2的等差数列.
(2) ∵a1=1, ∴a1+2=3 ,
由(1)可得： an+2n=3+2(n−1)=2n+1,
∴an=2n−2n+1,
∴Sn=2(1+2+3+⋯+n)−(2+22+23+⋯+2n)+n
=2×n(1+n)2−2(1−2n)1−2+n
=n2+2n−2n+1+2.
【答案】
解：(1)因为AD:AB=2:3，
所以可设AD=2k，AB=3k，k>0 .
又BD=7，∠DAB=π3，
所以由余弦定理，
得72=3k2+2k2−2×3k×2k×csπ3，
解得k=1，
所以AD=2，AB=3 .
sin∠ABD=ADsin∠DABBD
=2×327=217 .
(2)因为AB⊥BC，
所以cs∠DBC=sin∠ABD=217，
所以sin∠DBC=277，
因为BDsin∠BCD=CD∠sinDBC，
所以CD=7⋅27732=433 .
【考点】
余弦定理
正弦定理
解三角形
【解析】
解：(1)因为AD:AB=2:3，
所以可设AB=2k，AB=3k，k>0 .
又BD=7，∠DAB=π3，
所以由余弦定理，
得72=3k2+2k2−2×3k×2kcsπ3，
解得k=1，
所以AD=2，AB=3 .
sin∠ABD=ADsin∠DABBD=2×327=217 .
（2）因为AB⊥BC，所以cs∠DBC=sin∠ABD=217，所以sin∠DBC=277，
因为BBsin∠BCD=CD∠DBC，
所以CD=7⋅27732=433 .
【解答】
解：(1)因为AD:AB=2:3，
所以可设AD=2k，AB=3k，k>0 .
又BD=7，∠DAB=π3，
所以由余弦定理，
得72=3k2+2k2−2×3k×2k×csπ3，
解得k=1，
所以AD=2，AB=3 .
sin∠ABD=ADsin∠DABBD
=2×327=217 .
(2)因为AB⊥BC，
所以cs∠DBC=sin∠ABD=217，
所以sin∠DBC=277，
因为BDsin∠BCD=CD∠sinDBC，
所以CD=7⋅27732=433 .
【答案】
解：(1)设数列an的公差为d，则
an=2+n−1d，bn=b1⋅2n−1，
则S1=a1b1=2b1=1×22=4 .
求得b1=2，
∴ bn=2n .
而S2=2×23=16，
即a1b1+a2b2=4+2+d×4=16 .
解得d=1 .
∴ an=2+n−1=n+1 .
∴ 数列an的通项公式为an=n+1n∈N∗ ，
数列bn的通项公式为bn=2nn∈N∗ .
(2)当n≥2时，cn−cn−1=an⋅bn，
故cn−cn−1+cn−1−cn−2+
cn−2−cn−3+⋯+c2−c1
=anbn+an−1 bn−1+⋯+a2b2，
可得cn=a1b1+a2b2+…+anbn，
故cn=Sn=n⋅2n+1 .
【考点】
数列递推式
等差数列的通项公式
等比数列的通项公式
数列的求和
【解析】
解：(1)设数列an的公差为d，则
an=2+n−1d，bn=b1⋅2n−1，
则S1=a1b1=2b1=1×22=4 .
求得b1=2，∴ bn=2n .
而S2=2×23=16，
即a1b1+a2b2=4+2+d×4=16 .
解得d=1 .
∴ an=2+n−1=n+1 .
∴ 数列an的通项公式为an=n+1n∈N+ ，
数列bn的通项公式为bn=2nn∈N+ .
(2)方法一：当n≥2时, cn−cn−1=an⋅bn，
故(cn−cn−1)+(cn−1−cn−2)+(cn−2−cn−3)+…(c2−c1)=anbn+an−1bn−1+…+a2b2，
可得，cn=a1b1+a2b2+…+anbn，
cn=2×21+3×22+4×21+…+n+1⋅2n，
2cn=2×22+3×24+4×24+…+n+1⋅2n+1，
两式相减得：−cn=4+22+23+24+…+2n−n+1⋅2n+1，
故cn=n⋅2n+1 .
方法二：当n≥2时，cn−cn−1=an⋅bn，故
cn−cn−1+cn−1−cn−2+cn−2−cn−3+⋯c2−c1=anbn+an−1bn−1+⋯+a2b2，
可得，cn=a1b1+a2b2+…+anbn，
故cn=Sn=n⋅2n+1 .
【解答】
解：(1)设数列an的公差为d，则
an=2+n−1d，bn=b1⋅2n−1，
则S1=a1b1=2b1=1×22=4 .
求得b1=2，
∴ bn=2n .
而S2=2×23=16，
即a1b1+a2b2=4+2+d×4=16 .
解得d=1 .
∴ an=2+n−1=n+1 .
∴ 数列an的通项公式为an=n+1n∈N∗ ，
数列bn的通项公式为bn=2nn∈N∗ .
(2)当n≥2时，cn−cn−1=an⋅bn，
故cn−cn−1+cn−1−cn−2+
cn−2−cn−3+⋯+c2−c1
=anbn+an−1 bn−1+⋯+a2b2，
可得cn=a1b1+a2b2+…+anbn，
故cn=Sn=n⋅2n+1 .
【答案】
解：(1)∵ 不等式fx≤0的解集为−1,3，
∴ x2+ax+b=0的两个根分别为−1和3，
∴ −a=−1+3，b=−1×3.
即a=−2，b=−3，
故函数fx的解析式为fx=x2−2x−3．
(2)由(1)，设gx=x2−2x−3x−4lnx
=x−3x−4lnx−2，
所以gx的定义域为(0,+∞)，
g′(x)=1+3x2−4x=(x−1)(x−3)x2 .
令gx=0，得x1=1，x2=3，
当x变化时，g′(x)，g(x)的取值变化情况如下表：
当0当x>3时， ge5=e5−3e5−20−2>25−1−22=9>0．
又因为gx在3,+∞上单调递增，
因而gx在3,+∞上只有1个零点，
故gx仅有1个零点．即方程fx=4xlnx有且只有一个根 .
【考点】
根的存在性及根的个数判断
利用导数研究函数的单调性
函数的零点
【解析】
（1）∵ 不等式fx≤0的解集为−1,3，
∴ x2+ax+b=0的二根分别为−1和3,
∴ −a=−1+3b=−1×3．即a=−2,b=−3，
故函数fx的解析式为fx=x2−2x−3．
（2）由（1），设gx=x2−2x−3x−4lnx=x−3x−4lnx−2，
∴ gx的定义域为(0,+∞),g(x)=1+3x2=4x=(x−1)(x−3)x2 .
令gx=0，得x1=1,x2=3，
当x变化时，g′(x)，g(x)的取值变化情况如下表：
当0x≤3，gx≤g1=−4<0，
当x>3时， ge5=e5−3e5−20−2>25−1−22=9>0．
又因为gx在3,+∞单调递增，
因而gx在3,+∞上只有1个零点，
故gx仅有1个零点．即方程fx=4xlnx有且只有一个根 .
【解答】
解：(1)∵ 不等式fx≤0的解集为−1,3，
∴ x2+ax+b=0的二根分别为−1和3，
∴ −a=−1+3，b=−1×3.
即a=−2，b=−3，
故函数fx的解析式为fx=x2−2x−3．
(2)由(1)，设gx=x2−2x−3x−4lnx
=x−3x−4lnx−2，
所以gx的定义域为(0,+∞)，
g′(x)=1+3x2−4x=(x−1)(x−3)x2 .
令gx=0，得x1=1，x2=3，
当x变化时，g′(x)，g(x)的取值变化情况如下表：
当0当x>3时， ge5=e5−3e5−20−2>25−1−22=9>0．
又因为gx在3,+∞上单调递增，
因而gx在3,+∞上只有1个零点，
故gx仅有1个零点．即方程fx=4xlnx有且只有一个根 .
【答案】
解：(1)因为sinA，sinB，sinC成等比数列，
所以sin2B=sinA⋅sinC，
则b2=ac．
又因为c=2a，故b=2a .
csB=a2+c2−b22ac=a2+4a2−2a24a2=34．
(2)因为csB=a2+c2−b22ac=a2+c2−ac2ac≥2ac−ac2ac=12，
又函数y=csx在0,π是单调递减的，故Bmax=π3，
又因为A+B+C=π，所以A+C=23π=2B，
即A，B，C成等差数列．
【考点】
余弦定理
正弦定理
等比中项
数列与三角函数的综合
【解析】
（1）因为sinA、sinB、sinC成等比数列，所以sin2B=sinA⋅sinC，
则b2=ac．
又因为c=2a，故b=2a .
csB=a2+c2−b22ac=a2+4a2−2a24a2=34．
（2）因为csB=a2+c2−b22ac=a2+c2−ac2ac≥2c−ac2ac=12，
又函数y=csx在0,π是单调减少的，故Bmax=π3，
又因为A+B+C=π，所以A+C=23π=2B，
即A、B、C成等差数列．
【解答】
解：(1)因为sinA，sinB，sinC成等比数列，
所以sin2B=sinA⋅sinC，
则b2=ac．
又因为c=2a，故b=2a .
csB=a2+c2−b22ac=a2+4a2−2a24a2=34．
(2)因为csB=a2+c2−b22ac=a2+c2−ac2ac≥2ac−ac2ac=12，
又函数y=csx在0,π是单调递减的，故Bmax=π3，
又因为A+B+C=π，所以A+C=23π=2B，
即A，B，C成等差数列．
【答案】
解：(1)f′x=2x−2a+ax=2x2−2ax+ax，
若fx在区间1,2上是单调递增，则f′x≥0，
即a≤2x22x−1在1,2上恒成立.
设ℎx=2x22x−1=2x−12+122x−1+1≥2，
当且仅当x=1时成立，
易得ℎxmin=ℎ1=2，故a≤2．
若fx在区间1,2上是单调递减，则f′x≤0，
即2x2−2ax+a≤0在1,2上恒成立.
故只须2×22−2a×2+a≤0，2×12−2a×1+a≤0.
解之得a≥83，
综上， a≤2或a≥83．
(2)由题意知，不等式fx0+a−2x0≥0在区间1,e上有解，
即x2−2x+a(lnx−x)≥0在区间1,e上有解．
因为当x∈1,e时，lnx≤1≤x（不同时取等号），x−lnx>0，
所以a≤x2−2xx−lnx在区间1,e上有解．
令ℎx=x2−2xx−lnx，则ℎ′x=x−1(x+2−2lnx)x−lnx2，
因为x∈1,e，所以x+2>2≥2lnx，
所以ℎ′x≥0，ℎx在1,e上单调递增，
所以x∈1,e时，ℎxmax=ℎe=ee−2e−1，
所以a≤e(e−2)e−1，
所以实数a的取值范围是−∞,e(e−2)e−1．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
导数在最大值、最小值问题中的应用
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)f′x=2x−2a+ax=2x2−2ax+ax，
若fx在区间1,2上是单调递增，则f′x≥0，
即a≤2x22x−1在1,2上恒成立.
设ℎx=2x22x−1=2x−12+122x−1+1≥2，
当且仅当x=1时成立，
易得ℎxmin=ℎ1=2，故a≤2．
若fx在区间1,2上是单调递减，则f′x≤0，
即2x2−2ax+a≤0在1,2上恒成立.
故只须2×22−2a×2+a≤0，2×12−2a×1+a≤0.
解之得a≥83，
综上， a≤2或a≥83．
(2)由题意知，不等式fx0+a−2x0≥0在区间1,e上有解，
即x2−2x+alnx−x)≥0在区间1,e上有解．
因为当x∈1,e时，lnx≤1≤x（不同时取等号），x−lnx>0，
所以a≤x2−2xx−lnx在区间1,e上有解．
令ℎx=x2−2xx−lnx，则ℎ′x=x−1(x+2−2lnx)x−lnx2，
因为x∈1,e，所以x+2>2≥2lnx，
所以ℎ′x≥0，ℎx在1,e上单调递增，
所以x∈1,e时，ℎxmax=ℎe=ee−2e−1，
所以a≤e(e−2)e−1，
所以实数a的取值范围是−∞,e(e−2)e−1.x
0,1
1
1,3
3
3,+∞
g′(x)
+
0
−
0
+
g(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
x
0,1
1
1,3
3
3,+∞
g′(x)
+
0
−
0
+
g(x)
↗
极大值
↘
极大值
↗
x
0,1
1
1,3
3
3,+∞
g′(x)
+
0
−
0
+
g(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗